具有8pq阶自同构群的有限幂零群
2011-01-25李春琴
孟 伟，李春琴
(云南民族大学数学与计算机科学学院，云南昆明650031)
讨论有限群G的结构一直是群论研究的一个热点，文献［1］研究了有限群中非正规子群的数量，文献［2］讨论了覆盖避开子群对有限群结构的影响．给定正整数n，确定有限群X，使得 |Aut(X)|=n，其中Aut(X)表示X的自同构群，也是一个很有意义的问题．Iyer［3］证明了至多有有限个 X满足上述方程．Machale和Flannery［4－5］给出了 |Aut(G)|=pn(1≤n≤4)及pq的有限群的构造，并证明了不存在自同构群阶是 p5，p6，p7的交换群(p为奇素数)．Curran［6］得出结论：对任一奇素数 p，|Aut(X)|=pn(1≤n≤5) 无解，Flym［7］给出了 |Aut(X)|=25的全部解．陈贵云［8］研究了自同构群阶为无平方因子或pq2的有限群．Hegarty［9］给出了自同构群阶为p2q2的有限群分类．李世荣［10－11］完整解决了 |Aut(G)|=p3q的情形．杜妮和李世荣［12］解决了满足 |Aut(G)|=4pq情形的有限群G的分类．钟祥贵和李世荣［13］解决了 |Aut(G)|=2p2q的情形．孟伟等［14］给出了具有4p2q阶自同构群的幂零群的完全分类．作为以上问题的继续，本文研究具有8pq阶自同构群的有限群的结构，给出了满足条件的幂零群的完全分类．
所考虑的均为有限群，所有未经说明的记号和术语都是标准的．另外，Zn表示n阶循环群，Zp×Zp为p2阶初等交换群，Q8表示8阶四元数群，D8表示8阶二面体群．
1 预备引理
引理1［15］设P为非循环p－群，|P|＞p2．若|P/Z(P)|≤p4，则
引理2［16］设n为整数且为n的素因子分解式，记 ω(n)，则不存在有限群G，使得 |Aut(G)|为奇数且ω(|Aut(G)|)≤4．
引理3［17］设G为有限群．若 |Aut(G)|=2，则G≅Z3或Z4．
引理4［17］设G为有限群．若 |Aut(G)|=4，则G≅Z5或Z6．
引理 5［17］Aut(Q2)≅S4;Aut(D2)≅D4．
2 主要结果
定理1 设G是有限循环群．则|Aut(G)|=8pq(p，q为不同奇素数)当且仅当G是下列群之一：
i)Z8pq+1或 Z2(8pq+1)或 Z(8pq+1)2或 Z2(8pq+1)2;
ii)Z3(4pq+1)或 Z6(4pq+1)或Z4(4pq+1)或 Z3(4pq+1)2或 Z6(4pq+1)2或 Z4(4pq+1)2;
iii)Z5(2pq+1)或Z10(2pq+1)或Z8(2pq+1)或Z5(2pq+1)或Z10(2pq+1)2或Z8(2pq+12;
iv)Z12(2pq+1)或Z12(2pq+1)2;
v)Z3(2p+1)(2q+1)或Z6(2p+1)(2q+1)或Z4(2p+1)(2q+1)或Z36(2q+1);
vi)Z(4p+1)(2q+1)或Z2(4p+1)(2q+1)或Z25(2q+1)或Z50(2q+1)或Z225或Z450．
其中2p+1，2q+1，4p+1，2pq+1，4pq+1，8p+1，8pq+1皆为素数．
证明 G是循环群，因循环群可以分解成循环p群的直积，则有 G=P1×P2×…×Ps，其中Pi循环且为G的Sylow pi子群，而p1，p2，…，ps是整除|G|所有不同素因子．进一步可得|Aut(G)|=Aut(P1)×Aut(P2)×…×Aut(Ps)，由假设知8pq=|Aut(G)|8pq．根据引理 2，按下表中6种情形讨论：
表1 Sylow子群自同构群的阶
检查表中的6种情形，根据引理3和引理4，只需讨论自同群阶满足如下5种情形的循环p群：
i) 若|Aut(Pi)|=8pq，即 pni－1i(pi－1)=8pq．
当pi=8pq+1时，即Pi≅Z8pq+1．当pi8p2q+1 时，若 pi=q=8p+1，则 ni=2，Pi≅Z(8pq+1)2．
ii) 若 |Aut(Pi)|=4pq，即 pni－1i(pi－1)=4pq ．
当 pi=4pq+1 时，即 Pi≅Z4pq+1．当 pi≠4pq+1时，则pi=q=4p+1，则ni=2，即有Pi≅Z(4pq+1)2．
iii)若 |Aut(Pi)|=4q ，即 pni－1i(pi－1)=4q ．
当 pi=4q+1 时，即Pi≅Z4q+1．当 pi4q+1时，则 pi=q=5，ni=2，即有 Pi≅Z25．
iv) 若|Aut(Pi)|=2pq，即 pni－1i(pi－1)=2pq ．
当 pi=2pq+1 时，则 Pi≅Z(2pq+1)．当 pi2pq+1 时，则 pi=q=2p+1，ni=2，即有 Pi≅Z(2p+1)2．v)若|Aut(Pi)|=2q ，即 pni－1i(pi－1)=2q．
当 pi=2q+1 时，则 Pi≅Z2q+1．当 pi≠2q+1 时，则 pi=q=3，ni=2，即有 Pi≅Z9．
再次根据G=P1×P2×…×Ps及引理3，4可得定理中6大类循环群，于是至此定理证毕．
定理2 设G是有限非循环的幂零群．则|Aut(G)|=8pq(p，q为不同奇素数)当且仅当G是下列群之一：
i)Z2×Z2×Z2;
ii)Z2×Z2×Z4q+1，其中4q+1为素数;
iii)Z2×Z2×Z52;
iv)Z2×Z2×Z2q+1×Z3，n其中2q+1为素数．
证明 因G是幂零群，则有G=P1×P2×…Ps，其中Pi为G的Sylow pi子群，而pi，p2，…，ps是整除|G|所有不同素因子．进一步可得Aut(G)=Aut(P1)×Aut(P2)×…Aut(Ps)，由假设知8pq=|Aut(G)|=
因G非循环，所以必存在某个pi非循环，不失一般性可设P1非循环．若|P1|≥p31时，由引理1得此时必有 P1=2 且|P1|=8．因此，p1同构于 Z2×Z2×Z2，Z4×Z2，D8，Q8．易知 |Aut(Pi)|=23·3·7，8，8，24．根据引理2 可得 G=P1≅Z2×Z2×Z2．
若|P1|=且P1≅Zp1×Zp1．如果P1≥3，因为|Aut(P1)|=|GL(2，p1)|=p1(p1－1)(，于是得出，再一次矛盾．所以 P1≅Z2×Z2．此时 |Aut(P1)|=6．因此 |Aut(G)|=8·3q．
根据引理2可分如下情形：
i)|Aut(P2)|=4q;此时若 p2=4q+1，则 P2≅Z4q+1，得 G=P1×P2≅Z2×Z2×Z4q+1．若 p24q+1 ，则p2=q=5，n2=2，即 P2≅Z52，得 G=P1×P2≅Z2×Z2×Z52．
ii)|Aut(P2)|=2q;此时|Aut(P3)|=2，可得 P3≅Z3．若 p2=2q+1，则 P2≅Z2q+1，此时 G=P1×P2×P3≅Z2×Z2×Z2q+1×Z3．若 p22q+1，则p2=3，这与 p3=3矛盾．
至此定理证毕．
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